Evaluación asintótica de$\int_0^{\pi/4}\cos(x t^2)\tan^2(t)dt$

Question

En Bender-Orszag de Avanzados Métodos Matemáticos para Científicos e Ingenieros en la página 313 nos encontramos con la siguiente integral

$$ I(x)=\int_0^{\pi/4}\cos(x t^2)\tan^2(t)dt $$

y se le pide que se derivan de los dos primeros términos de la expansión asintótica de $I(x)$$x\rightarrow +\infty$ .

Establecimiento $x=i y$ y analíticamente continua al final de la calcultion yo era capaz de mostrar que

$$ I(x)\sim 2\frac{\sin(\frac{x\pi^2}{16})}{\pi x}+\mathcal{S}(x^{-2}) $$

utilizando el estándar de Laplace método. A pesar del hecho de que este parece encajar comparación con datos numéricos, no estoy satisfecho con este enfoque, por tres razones:

1) es un lugar tranquilo incómodo (al menos para mí) para obtener los términos de orden superior con mi método. Hay una forma rápida de hacerlo?

2) La pregunta se puede encontrar en relación con el "Método de steepest descent" así que supongo que se debe atacar es por este método. Cómo puede aplicarse? Yo de alguna forma no aquí

3) no estoy totalmente satisfecho con mi continuación analítica argumento. ¿Cómo puede este hecho riguroso?

Estoy muy agradecido a cualquiera que pueda arrojar luz sobre alguna de mis preguntas!

Answer 1

En Bender & Orszag, al menos en mi edición (la primera, 1978), este es el problema 6.73 en la p. 313. En la p. 308, problema 6.19(a), se le preguntó cuántos términos se puede obtener usando integración por partes. (La respuesta es el segundo término golpes en la $t=0$ límite.) Su respuesta es la correcta para el líder plazo.

La idea aquí es el uso más pronunciada en los descensos. Voy a esbozar aquí cómo ir sobre la configuración de la mayor descenso de los contornos y la configuración de las integrales que se utilizan para derivar las expansiones asintóticas. En realidad, este caso sigue de cerca el Ejemplo 2 de 6.6 Segundos en B & O.

Recordemos que la idea detrás de steepest descent es encontrar una aproximación a la compleja integral

$$\int_C dz \, h(z) e^{x \rho(z)} $$

como $x \to \infty$. Hacemos esto mediante la deformación de $C$ a una empinada bajada de contorno $C'$ a lo largo de la cual nos puede terminar encima de conseguir integrales a la que podemos aplicar el método de Laplace, por ejemplo, el deterioro de las exponenciales. Así que, de nuevo, considere la integral de interés:

$$\int_0^{\pi/4} dt \, \cos{x t^2} \, \tan^2{t} = \operatorname{Re} \int_0^{\pi/4} dt \, e^{i x t^2} \, \tan^2{t}$$

Nuestro contorno $C$ es sólo un segmento de recta sobre el eje real. ¿Cuál sería la mayor descenso de contorno $C'$? Es que más que $\operatorname{Im}{\rho(z)}$ es constante. Dejando $z=u+i v$, esto significaría que queremos un contorno más que $i z^2 = -2 u v+i (u^2-v^2) $ es constante.

En $z=0$, $\operatorname{Im}{(i z^2)}=0$, por lo que podemos utilizar un contorno definido por $u=v$. ($u=-v$ define una subida más empinada del contorno, que no entrega una integral útil de Laplace del método). Por lo tanto, el contorno de $C_1$ proveniente de $z=0$$z=e^{i \pi/4} t$.

Vamos a discutir un contorno $C_3$ viene desde el otro extremo de a $z=\pi/4$ en un minuto. Nos deforme el original de la integral en un contorno cerrado $\gamma=C_1+C_2-C_3-C$ como sigue:

El contorno de $C_2$ es la parte superior de la pieza y se desvanece como podemos ir más lejos a lo largo de los contornos $C_1$$C_3$. Por lo tanto, del teorema de Cauchy tenemos

$$\int_0^{\pi/4} dt \, e^{i x t^2} \tan^2{t} = \int_{C_1} dz \, e^{i x z^2} \tan^2{z} - \int_{C_3} dz \, e^{i x z^2} \tan^2{z} $$

Ahora,

$$\int_{C_1} dz \, e^{i x z^2} \tan^2{z} = e^{i \pi/4} \int_0^{\infty} dt \, e^{-x t^2} \tan^2{\left ( e^{i \pi/4} t \right )} $$

Ahora, en $z=\pi/4$, $\operatorname{Im}{(i z^2)}=\pi^2/16$. Así, a lo largo de $C_3$, $u^2-v^2=\pi^2/16$, o $u=\sqrt{v^2+\pi^2/16}$ y

$$\rho(z) = i z^2 = i \frac{\pi^2}{16} - 2 v \sqrt{v^2+\frac{\pi^2}{16}} $$

Como en el libro, vamos a $s= 2 v \sqrt{v^2+\frac{\pi^2}{16}}$ y así sucesivamente, y nos encontramos con que

$$\int_{C_3} dz \, e^{i x z^2} \tan^2{z} = i e^{i \pi^2 x/16} \frac{2}{\pi} \int_0^{\infty} ds \, \left (1+i \frac{16 s}{\pi^2} \right )^{-1/2} \tan^2{\left (\frac{\pi^2}{16}+i s \right )^{1/2}} \, e^{-x s}$$

Espero que usted pueda ver a dónde va esto. Nos expandimos por separado a lo largo de cada contorno para un gran $x$. En $C_1$, es decir,$t=0$, se debe tener claro que

$$\begin{align} e^{i \pi/4} \int_0^{\infty} dt \, e^{-x t^2} \tan^2{\left ( e^{i \pi/4} t \right )} &= i e^{i \pi/4} \int_0^{\infty} dt \, e^{-x t^2} [t^2+O(t^3)]\\ &= -i e^{i \pi/4} \frac14 \sqrt{\pi} x^{-3/2} + O(x^{-2}) \end{align}$$

En $C_3$, es decir, $t=\pi/4$, tenemos

$$\begin{align} i e^{i \pi^2 x/16} \frac{2}{\pi} \int_0^{\infty} ds \, \left (1+i \frac{16 s}{\pi^2} \right )^{-1/2} \tan^2{\left (\frac{\pi^2}{16}+i s \right )^{1/2}} \, e^{-x s} &= i e^{i \pi^2 x/16} \frac{2}{\pi} \int_0^{\infty} ds \, \left [1+O(s)\right ] e^{-x s} \\ &= i e^{i \pi^2 x/16} \frac{2}{\pi x} + O(x^{-2}) \end{align}$$

Finalmente, restando las dos contribuciones y tomando la parte real, obtenemos los dos primeros términos de la expansión:

$$\int_0^{\pi/4} dt \, \cos{x t^2} \, \tan^2{t} = \frac{2}{\pi x} \sin{\left (\frac{\pi^2}{16} x \right )} - \frac14 \sqrt{\frac{\pi}{2}} x^{-3/2} + O(x^{-2})$$

La parte buena es que podemos seguir añadiendo en términos si queremos.

Aquí hay un gráfico de la verificación de la anterior expansión asintótica:

El azul de la trama es la log-log de error entre un valor numérico de la integral y el primer término de la expansión. El rojo de la trama es la log-log-error con ambos términos. Tenga en cuenta que la primera parcela tiene una supremum que tiene pendiente -1.5, y el rojo tiene uno que tiene pendiente -2.0. Esto indica que la expansión anterior es correcto.